⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干。
⑴定值电阻应选___，滑动变阻器应选___。(在空格内填写序号) ⑵用连线连接实物图。 ⑶补全实验步骤：
①按电路图连接电路，______；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2； ③________________________；
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。
⑷根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________。
答案：（1）③，⑥；（2）如图；（3）①将滑动触头移至最左端，③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2；（4）r1＝(k－1)R1
解析：本题考查测量电流表的内阻的电路实验。（1）电流表G2满偏时为10mA电流，电流表G1满偏时电流5mA，故为了更好地匹配两个电流表的示数同时达到适当的偏转角度，应使用定值电阻分流5mA，根据并联电阻的分流规律可知，定值电阻的阻值与电流表G1内阻相同时效果最好，即选用R1＝300Ω的定值电阻③；滑动变阻器作为分压式接法，应选用较小的滑动变阻器，方便调节，即选用⑥滑动变阻器R4。（2）直接根据电路图链接实物图，先将电源的正极连接到滑动变阻器
的绕线右下角的接线柱上，然后将左下角的接线柱与电键左端相连，将电键右端与电源负极相连，这样形成主干路，然后再连接支路，注意电表的正负极。（3）①实验前要保护电路，故将滑动变阻器的滑动触头移至最左端；③为了得到多组数据，在多次移动滑动触头，记录下相应的G1、G2读数I1、I2；（4）电流表G1两端的电压等于定值电阻两端的电压U1＝(I2－I1)R1，U1(I2－I1)R1I2I2
电流表的内阻r1＝I＝＝R1－R1，令＝k，则电流表G1的内阻r1＝(k－1)R1。 III
1
1
1
1
I2 O I1
六、计算题（共50分）
30．（10分）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度
均为T0。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积VA和温度TA。
A B 3
解析：设初态压强为P0，膨胀后A，B压强相等PB＝1.2 P0，B中气体始末状态温度相7P0V01.2P0V0
等，P0V0＝1.2P0(2V0－VA)，∴VA＝6V0 ，A部分气体满足T＝T ∴TA＝1.4T0。
0
A
31．（12分）如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处。（已知cos37o=0.8，sin37o=0.6。取g=10m/s2）
⑴求物体与地面间的动摩擦因数μ；
⑵用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
m A L B
解析：(1)物体做匀加速运动L?2L2?20122?10(m/s)，由牛顿第at0，∴a?2?2t022二定律F?f?ma，f?30?2?10?10(N)，∴??f10??0.5。 mg2?10(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'，的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
Fcos37???(mg?Fsina37?)?ma，
∴a?F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)??g??0.5?10?11.5(m/s2)，
m2a'?f??g?5(m/s2)， ma11.5t?t?2.3ta'5121at?a't'222由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at?a't'，
∴
t'?
L?，
∴t?2L2?20??1.03(s)。
a?2.32a'11.5?2.32?5另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
[Fcos37???(mg?Fsin37?)]s??mg(L?s)?0，
∴s??mgL0.5?2?10?20??6.06(m)，
F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)由牛顿定律Fcos37???(mg?Fsin37?)?ma，
∴a?∵s?F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)??g??0.5?10?11.5(m/s2)，
m22s2?6.0612??1.03(s)。 at ，t?a11.5232．（14 分）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J。（取g=10m/s2）求：
R B a b 30o
⑴金属棒在此过程中克服安培力的功W安； ⑵金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a。
1⑶为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重-W安=mvm2，……。
2由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
解析：（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R?3r，因此
QR?3Qr?0.3(J) ，∴W安=Q?QR?Qr?0.4(J)。
B2L2v，由牛顿第二定律（2）金属棒下滑时受重力和安培力F安=BIL?R?rB2L2mgsin30??v?ma，
R?rB2L210.82?0.752?2v?10???3.2(m/s2)。 ∴a?gsin30??m(R?r)20.2?(1.5?0.5)(3)此解法正确。金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足
B2L2mgsin30??v?ma
R?r上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
mgSsin30??Q?∴vm?1mvm222Q12?0.4?2?10?1.15???2.74(m/s) m20.2B ，
2gSsin30??33．（14分）如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的总势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图(b)所示），则B的总势能曲线如图(c)中II所示。将B在x=20cm处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。取g=9.8m/s2）
⑴B在运动过程中动能最大的位置； ⑵运动过程中B的最大速度和最大位移；
⑶图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角；
⑷若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线。
(b) A A 导轨 x (a) B 导轨 x 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 O E/J Ⅱ Ⅲ Ⅰ 5.0 10.(c)
15.20.x/cm
解析：(1)势能最小处动能最大，由图线II得x?6.1(cm)。(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确) (2)由图读得释放处势能Ep?0.90J，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为
Ekm?0.9?0.47?0.43(J)，(Ekm在0.42 ~ 0.44J间均视为正确)，最大速度为
vm?2Ekm2?0.43??1.31(m/s)，(vm在1.29～1.33 m／s间均视为正确) m0.5x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移?x?20.0?2.0?18.0(cm)，(?x在17.9~18.1cm间均视为正确)
(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即EPg?mgxsin??kx，∴sin??k mg
普通高等学校招生全国统一考试物理试卷上海卷详细解析
